Ricevo da Nicole la seguente domanda:
Buongiorno Professore:
dovendo collocare \(5\) oggetti diversi, in scatole distinguibili, calcola il numero delle possibilità nel caso di:
a) metterne \(3\) in una scatola e \(2\) in un’altra;
b) metterli in \(3\) scatole senza lasciarne alcuna vuota;
c) metterli in \(3\) scatole non importando che una o due restino vuote.
Ripeti l’esercizio precedente nell’ipotesi in cui i \(5\) oggetti non siano distinguibili.
Grazie.
Le rispondo così:
Cara Nicole,
nel caso a), dette \(A\) e \(B\) le due scatole distinte, si tratta di contare in quanti modi possiamo scegliere \(3\) oggetti da \(5\) distinti (indipendentemente dall’ordine, quindi parliamo di combinazioni), e moltiplicare questo numero per \(2\), poiché gli oggetti li possiamo mettere o in \(A\) o in \(B\): ognuna di queste scelte determina in modo unico il modo di riempire l’altra scatola, per cui il numero ottenuto esaurisce le possibilità: \[2\cdot {{C}_{5,3}}=2\cdot \frac{5!}{3!2!}=20\quad .\]
Nel caso b), osserviamo che si possono avere solo due tipi di distribuzione tra le scatole \(A\), \(B\) e \(C\): o una di esse contiene \(3\) oggetti e le altre due ne contengono \(1\) (cioè: \(5=3+1+1\)), oppure una di esse ne contiene uno solo e le altre due ne contengono \(2\) ciascuna (cioè: \(5=2+2+1\). I modi in cui possiamo realizzare una distribuzione di tipo \(3+1+1\) sono dati dai modi in cui possiamo scegliere \(3\) oggetti da \(5\) (\({{C}_{5,3}}=10\)), moltiplicato per \(3\) (le scelte possibili della scatola in cui collocare i \(3\) oggetti) e ancora moltiplicato per \(2\) (i modi in cui possiamo distribuire i \(2\) oggetti rimasti nelle \(2\) scatole rimaste):\[2\cdot 3\cdot {{C}_{5,3}}=60\quad .\] I modi in cui possiamo realizzare una distribuzione di tipo \(2+2+1\) sono dati dai modi in cui possiamo scegliere un oggetto tra \(5\) (\({{C}_{5,1}}=5\)), moltiplicato per \(3\) (le scelte possibili della scatola in cui collocare tale oggetto) e ancora moltiplicato per \(6\) (i modi in cui possiamo distribuire i \(4\) oggetti rimasti nelle \(2\) scatole rimaste, cioè i modi in cui possiamo scegliere i \(2\) oggetti, dai \(4\) rimasti (\({{C}_{4,2}}=6\)), da collocare in una delle due scatole: tale scelta vincola anche il riempimento dell’altra): \[5\cdot 3\cdot 6=90\quad .\]In totale, quindi, i modi richiesti dal caso b) sono:\[60+90=150\quad .\] La possibilità di lasciare vuota una o due scatole, aggiunge altri tre tipi di distribuzione possibili, \(5+0+0\), \(4+1+0\) e \(3+2+0\), ai due già considerati; il primo (\(5+0+0\)) si può realizzare solo in \(3\) modi (le scelte della scatola in cui collocare tutti gli oggetti), il secondo (\(4+1+0\)) in \(5\cdot 3\cdot 2=30\) modi (\(5={{C}_{5,4}}\) modi di scegliere \(4\) oggetti da \(5\), per le \(3\) possibili scelte della scatola in cui collocarli, per i \(2\) modi in cui collocare l’oggetto rimasto nelle \(2\) scatole rimaste), il terzo (\(3+2+0\)) in \(10\cdot 3\cdot 2=60\) (\(10={{C}_{5,3}}\) modi di scegliere \(3\) oggetti da \(5\), per le \(3\) possibili scelte della scatola in cui collocarli, per i \(2\) modi in cui collocare i due oggetti rimasti in una delle \(2\) scatole rimaste), per cui, in totale:
\[3+30+60+150=243\quad .\]
Se ora si rimuove l’ipotesi di distinguibilità per gli oggetti (ma non per le scatole), il conteggio si può ricondurre a un problema di “anagrammi”, cioè di permutazioni con eventuali ripetizioni: si tratta infatti di permutare su due (caso a)) o tre (casi b) e c)) “posti” (le scatole \(A\), \(B\) e \(C\), diciamo), i numeri a somma \(5\) che rappresentano il numero di oggetti da collocare in ciascuna scatola, indipendentemente dall’individualità dei singoli oggetti, che non è più riconoscibile. Nel caso a), si devono contare i possibili “anagrammi” di una “parola” di due lettere (il numero di scatole distinte) che si possono formare con i simboli “\(3\)” e “\(2\)”, e questi sono ovviamente solo \(2\): \(3\;2\) e \(2\;3\). Nel caso b), le “parole” hanno \(3\) “lettere”, e sono gli anagrammi delle parole “\(3\;1\;1\)” e “\(2\;2\;1\)”, e sono in totale (permutazioni con ripetizione):\[\frac{3!}{2!}+\frac{3!}{2!}=6\quad .\]Infine, nel caso c), si aggiungono a questi \(6\) gli anagrammi delle “parole” “\(5\;0\;0\)”, “\(4\;1\;0\)” e “\(3\;2\;0\)”, cioè \[6+\frac{3!}{2!}+3!+3!=21\quad .\]
Massimo Bergamini